Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 — Không quảng cáo

Đề bài

Câu 1:

1. Tính giá trị của biểu thức sau:

$A = \sqrt {64}  - \sqrt {49}$                         $B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}}  - \sqrt 7$

2. Cho biểu thức $Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)$

a) Rút gọn biểu thức $Q$.

b) Tìm giá trị của x để biểu thức $Q = 2$.

Câu 2:

1. Cho parabol $\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3$

a) Vẽ parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right)$ bằng phép tính.

2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..$

Câu 3:

1. Cho phương trình ẩn x: ${x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)$.

a) Giải phương trình (1) với $m = 6$.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn hệ thức $\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}$.

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là $320{m^2}$. Tính chu vi thửa đất đó.

Câu 4:

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có cạnh $AC = 8\,\,cm$, $\angle B = {60^0}$. Tính số đo góc $\angle C$ và độ dài các cạnh $AB,\,\,BC$, đường trung tuyến $AM$ của tam giác $ABC$.

Câu 5:

Từ một điểm $T$ ở bên ngoài đường tròn $\left( O \right).$ Vẽ hai tiếp tuyến $TA,\,\,TB$ với đường tròn ($A,\,\,B$ là hai tiếp điểm). Tia $TO$ cắt $\left( O \right)$ tại hai điểm phân biệt $C$ và $D$ ($C$ nằm giữa $T$ và $O$) vắt cắt đoạn thẳng $AB$ tại $F.$

a) Chứng minh: Tứ giác $TAOB$ nội tiếp.

b) Chứng minh: $TC.TD = TF.TO.$

c) Vẽ đường kính $AG$ của đường tròn $\left( O \right).$ Gọi $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ điểm $B$ đến $AG,\,\,I$ là giao điểm của $TG$ và $BH.$ Chứng minh $I$ là trung điểm của $BH.$

Lời giải

Câu 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Tính giá trị của biểu thức sau:

$A = \sqrt {64}  - \sqrt {49}$                         $B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}}  - \sqrt 7$

+ Tính giá trị biểu thức A:

$\begin{array}{l}A = \sqrt {64}  - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}}  - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}$

Vậy $A = 1$.

+ Tính giá trị biểu thức B :

$\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}}  - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7  - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7  > 0} \right)\\B = 4\end{array}$

Vậy $B = 4$.

2. Cho biểu thức $Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)$

a) Rút gọn biểu thức $Q$ .

Với $x \ge 0$ ta có:

$\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x  + 2}} - 3\\Q = \sqrt x  - 3\end{array}$

Vậy với $x \ge 0$ thì $Q = \sqrt x  - 3$.

b) Tìm giá trị của x để biểu thức $Q = 2$ .

Ta có: $Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x  - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x  = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)$.

Vậy để $Q = 2$ thì $x = 25$.

Câu 2 (2điểm)

Cách giải:

1. Cho parabol $\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3$

a) Vẽ parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

+) Vẽ parabol $\left( P \right):\,\,y = {x^2}$

Ta có bảng giá trị:

Vậy $\left( P \right):\,\,y = {x^2}$ là đường cong đi qua các điểm: $\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).$

+) Vẽ đường thẳng $\left( d \right):\,\,y = 2x + 3$.

Ta có bảng giá trị:

Vậy $\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3$ là đường thẳng đi qua các điểm $\left( {0;\,\,3} \right)$ và $\left( { - 1;\,\,1} \right).$

b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right)$ bằng phép tính.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}$

+) Với $x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9$.

+) Với $x =  - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.$

Vậy $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có tọa độ là $\left( {3;\,\,9} \right)$ và $\left( { - 1;\,\,1} \right).$

2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..$

$\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {3;\,\,1} \right).$

Câu 3 (2,5 điểm)

Cách giải:

1. Cho phương trình ẩn x: ${x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)$ .

a) Giải phương trình (1) với $m = 6$ .

Với $m = 6$ thì phương trình (1) trở thành:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}$

Vậy với $m = 6$ thì tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {1;4} \right\}$.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn hệ thức $\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}$ .

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thì $\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}$.

Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.$.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2}  - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}$

Đặt $t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)$, phương trình (*) trở thành:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t =  - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Với $t = 2$ $\Rightarrow \sqrt {m - 2}  = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)$.

Vậy $m = 6$.

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là $320{m^2}$ . Tính chu vi thửa đất đó.

Gọi chiều rộng thửa đất là $x\,\,\left( m \right)$ (ĐK: $x > 0$) $\Rightarrow$ Chiều dài thửa đất là $x + 4\,\,\left( m \right)$.

Vì thửa đất có diện tích là $320{m^2}$ nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

$\Rightarrow$ Chiều rộng thửa đất là $16m$, chiều dài thửa đất là $16 + 4 = 20m$.

Vậy chu vi thửa đất đó là: $\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)$.

Câu 4 (2,5 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ , có cạnh $AC = 8\,\,cm$ , $\angle B = {60^0}$ . Tính số đo góc $\angle C$ và độ dài các cạnh $AB,\,\,BC$ , đường trung tuyến $AM$ của tam giác $ABC$ .

Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên $\angle B + \angle C = {90^0}$  (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).

$\Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}$.

Ta có:

$\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)$.

$\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường trung tuyến $AM$ ứng với cạnh huyền $BC$ nên

$AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy $\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm$.

Câu 5 (2,5 điểm)

Cách giải:

Từ một điểm $T$ ở bên ngoài đường tròn $\left( O \right).$ Vẽ hai tiếp tuyến $TA,\,\,TB$ với đường tròn ($A,\,\,B$ là hai tiếp điểm). Tia $TO$ cắt $\left( O \right)$ tại hai điểm phân biệt $C$ và $D$ ($C$ nằm giữa $T$ và $O$ ) vắt cắt đoạn thẳng $AB$ tại $F.$

a) Chứng minh: Tứ giác $TAOB$ nội tiếp.

Ta có: $TA,\,\,TB$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $A,\,\,B$ (gt).

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.$ $\Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}$.

Xét tứ giác $TAOB$ ta có: $\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}$.

Mà hai góc này là hai góc đối diện

$\Rightarrow TAOB$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Chứng minh: $TC.TD = TF.TO.$

Ta có: $OA = OB = R$  $\Rightarrow O$ thuộc đường trung trực của $AB.$

$TA = TB\,$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow T$ thuộc đường trung trực của $AB.$

$\Rightarrow TO$ là đường trung trực của $AB.$

$\Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}$

Áp dụng hệ thức lượng cho $\Delta TAO$ vuông tại $A$ có đường cao $AF$ ta có: $T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)$

Xét $\Delta TAC$ và $\Delta TDA$ ta có:

$\angle T$ chung;

$\angle TDA = \angle TAC$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AC$).

$\Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).$

c) Vẽ đường kính $AG$ của đường tròn $\left( O \right).$ Gọi $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ điểm $B$ đến $AG,\,\,I$ là giao điểm của $TG$ và $BH.$ Chứng minh $I$ là trung điểm của $BH.$

Gọi $AB \cap TG = \left\{ K \right\}$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT$ (từ vuông góc đến song song).

$\Rightarrow \angle ABH = \angle TAB$ (so le trong).

Mà $TA = TB$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên $\Delta TAB$ cân tại $T$ $\Rightarrow \angle TAB = \angle TBA$.

$\Rightarrow \angle ABH = \angle TBA$

$\Rightarrow BK$ là phân giác của $\angle TBH$.

Ta có: $\angle ABG = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow BA \bot BG$ hay $BK \bot BG$.

Do đó $BG$ là phân giác ngoài của $\angle TBH$.

Áp dụng định lí đường phân giác ta có: $\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}$.

Lại có: $\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}$ (định lí Ta-lét)

Do đó $\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH$.

Vậy $I$ là trung điểm của $BH$ (đpcm).